1、第2讲牛顿运动定律及其应用1.匀变速直线运动的规律:(1)三个基本公式:速度公式:_。位移公式：。速度位移关系式：_。vt=v0+atvt2-v02=2as(2)两个重要推论：某段时间内的平均速度等于_，即。任意两个连续相等时间(T)内的位移之差是一个恒量，即_。中间时刻的瞬时速度s=sn+1-sn=aT22.牛顿第二定律的“四性”:(1)矢量性：公式F=ma是_，F与a_；(2)瞬时性:力与_同时产生，同时变化；(3)同体性：F=ma中，F、m、a对应_；(4)独立性:分力产生的加速度相互_，与其他加速度_。矢量式方向相同加速度同一物体独立无关3.超重和失重:(1)超重:受力特点：_;运动特
2、点：_或_。(2)失重：受力特点：_;运动特点：_或_;完全失重：_。合外力的方向竖直向上向上加速运动向下减速运动合外力的方向竖直向下向下加速运动向上减速运动只受重力作用1.(2013广东高考)某航母跑道长200 m。飞机在航母上滑行的最大加速度为6 m/s2,起飞需要的最低速度为50 m/s。那么,飞机在滑行前,需要借助弹射系统获得的最小初速度为()A.5 m/sB.10 m/sC.15 m/sD.20 m/s【解析】选B。对飞机的起飞过程，由运动学公式v2v02=2ax，得v0=10 m/s，B正确。2.(2013新课标全国卷)一物块静止在粗糙的水平桌面上。从某时刻开始，物块受到一方向不变
3、的水平拉力作用。假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。以a表示物块的加速度大小，F表示水平拉力的大小。能正确描述F与a之间关系的图像是()【解析】选C。物块在水平方向上受到拉力和摩擦力的作用,根据牛顿第二定律,有F-Ff=ma,即F=ma+Ff,该关系为线性函数。当a=0时,F=Ff;当F=0时,符合该函数关系的图像为C。3.(2013山东高考)如图所示,一质量m=0.4kg的小物块,以v0=2m/s的初速度,在与斜面成某一夹角的拉力F作用下,沿斜面向上做匀加速运动,经t=2s的时间物块由A点运动到B点,A、B之间的距离L=10m。已知斜面倾角=30,物块与斜面之间的动摩擦因数重力加速
4、度g取10m/s2。(1)求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小。(2)拉力F与斜面夹角多大时,拉力F最小?拉力F的最小值是多少?【解析】(1)由运动学方程得：2aL=vB2v02代入数值解得：a=3 m/s2，vB=8 m/s(2)对物块受力分析如图所示，设拉力F与斜面成角，对物块由牛顿第二定律得：垂直斜面方向：Fsin+FN-mgcos30=0沿斜面方向：Fcosmgsin30f=ma又f=FN联立各式，代入数值解得：则当=30时，拉力F有最小值，且答案：(1)3 m/s2 8 m/s (2)30热点考向 1动力学图像问题【典例1】(双选)(2013银川二模)如图所示，一质量为m的滑块，
5、以初速度v0从倾角为的斜面底端滑上斜面，当其速度减为零后又沿斜面返回底端，已知滑块与斜面间的动摩擦因数为，若滑块所受的摩擦力为f、所受的合外力为F合、加速度为a、速度为v，规定沿斜面向上为正方向，在滑块沿斜面运动的整个过程中，这些物理量随时间变化的图像大致正确的是()【解题探究】(1)请画出滑块向上和向下运动的受力分析图。(2)请结合受力分析图判断各物理量的变化情况：物理量变化情况大 小方 向f_F合_a_v_不变由负向变为正向变小不变变小不变先变小后变大由正向变为负向【解析】选A、D。对滑块沿斜面向上和向下过程进行受力分析,可知滑块所受的滑动摩擦力大小不变,均为f=mgcos,方向由负向变为
6、正向,选项A正确;滑块沿斜面向上运动时,F合=mgsin+mgcos,沿斜面向下运动时,滑块所受的合外力的大小F合=mgsin-mgcos,显然合外力变小,方向始终沿负向,选项B错误;加速度的变化情况与合外力相同,选项C错误;向上运动过程中滑块做匀减速运动,向下运动过程中,滑块做匀加速运动,向上时的加速度大于向下时的加速度,选项D正确。【总结提升】处理动力学图像问题的一般思路(1)依据题意，合理选取研究对象；(2)对物体先受力分析，再分析其运动过程；(3)将物体的运动过程与图像对应起来；(4)对于相对复杂的图像，可通过列解析式的方法进行判断。【变式训练】(2013湛江二模)一个质量为0.3 k
7、g的物体沿水平面做直线运动，如图所示，图线a表示物体受水平拉力时的v-t图像，图线b表示撤去水平拉力后物体继续运动的v-t图像，下列说法中正确的是()A.水平拉力的大小为0.1 N，方向与摩擦力方向相同B.水平拉力对物体做的功为1.2 JC.撤去拉力后物体还能滑行7.5 mD.物体与水平面间的动摩擦因数为0.1【解析】选A。根据v-t图像，物体受水平拉力时，根据牛顿第二定律，F+f=ma1，f=ma2，解得F=0.1 N，方向与摩擦力方向相同，A正确。WF=-Fs1=B错误。根据s2=7.5 m，而6 s末速度不为零，故撤去拉力后物体滑行的距离应大于7.5 m，C错误。根据f=mgma2，D错
8、误。【变式备选】(2013深圳二模)物体甲、乙原来静止于光滑水平面上。从t=0时刻开始，甲沿水平面做直线运动，速度随时间变化如图甲；乙受到如图乙所示的水平拉力作用。则在04 s的时间内()A.甲物体所受合力不断变化B.甲物体的速度不断减小C.2 s末乙物体改变运动方向D.2 s末乙物体速度达到最大【解析】选D。由甲物体的v-t图像可知，物体加速度始终不变，故合力不变，A错误。甲物体速度先减小后增大，B错误。由乙物体的F-t图像可知，乙物体2 s末力的方向改变，加速度方向改变，而速度方向并不改变，此时速度达到最大，C错误，D正确。热点考向 2连接体问题【典例2】(15分)如图所示，一工件置于水平
9、地面上，工件质量M=0.8 kg，其AB段为一半径R=1.0 m的光滑圆弧轨道，圆弧轨道上的P点到BC的高度差h=0.2 m，将一可视为质点的物块置于P点，物块质量m=0.2 kg，若将一水平恒力F作用于工件上，使物块与工件保持相对静止，一起向左做匀加速直线运动，工件与地面间的动摩擦因数=0.1，g取10 m/s2，求F的大小。【解题探究】(1)设物块和O的连线与竖直方向的夹角为，请用已知物理量的符号，写出以下物理量的表达式：物块所受的弹力FN=；工件与物块整体向左匀加速运动的加速度a的表达式为a=_；(2)水平恒力F与加速度a之间满足何种关系？提示:对物块和工件整体由牛顿第二定律得F-(M+
10、m)g=(M+m)a。gtan【解析】设物块和O的连线与竖直方向的夹角为，物块与工件一起运动的加速度为a，对物块进行受力分析，由牛顿第二定律得：竖直方向:FNcos=mg (3分)水平方向:FNsin=ma (3分)由几何知识得：(4分)对于物块与工件整体由牛顿第二定律得:F-(M+m)g=(M+m)a (3分)代入数据，由式得:F=8.5 N (2分)答案:8.5 N【拓展延伸】典例中：(1)若P点的位置不同，恒力F的值相同吗，为什么？提示:不相同。若P点的位置不同，物块和O的连线与竖直方向的夹角将变化，物块与工件一起运动的加速度a将变化，由F=(M+m)a+(M+m)g得恒力F的值会变化。
11、(2)若恒力F变大或变小了，物块将相对于工件分别向哪个方向运动？提示:若恒力F变大，加速度a将变大，夹角将变大，物块将相对于工件沿圆轨道向上运动；同理，若恒力F变小，物块将相对于工件沿圆轨道向下运动。【总结提升】应用牛顿第二定律解题的一般步骤(1)结合题意，灵活选取研究对象，可以是单个物体，也可以是多个物体组成的系统；(2)分析研究对象的运动情况和受力情况；(3)根据牛顿第二定律列方程；(4)统一单位后将数值代入方程求解。【变式训练】(2013惠州二模)物块A、B叠放在水平面上,装砂的铁桶C通过细线牵引A、B在水平面上向右匀加速运动,设A、B间的摩擦力为f1,B与桌面间的摩擦力为f2,若增大C
12、桶内砂的质量,而A、B仍一起向右运动,则摩擦力f1和f2的变化情况是()A.f1不变,f2变大B.f1变大,f2不变C.f1和f2都变大D.f1和f2都不变【解析】选B。物块B和桌面之间为滑动摩擦力,根据f2=(mA+mB)g,f2不变。根据牛顿第二定律,C桶内砂的质量增大,系统加速度增大,再根据f1=mAa,f1变大,故B正确。热点考向 3多过程问题【典例3】(16分)如图所示，一个质量M=2 kg的物块(可视为质点)从光滑四分之一圆弧轨道顶端由静止滑下，圆弧轨道半径R=0.8 m，到达底端时恰好进入与圆弧轨道底端相切的水平传送带，传送带由一电动机驱动着匀速向左转动，速度大小v=3 m/s，
13、已知物块与传送带间的动摩擦因数=0.1，两皮带轮之间的距离L=6 m，重力加速度g=10 m/s2。(1)求物块滑到圆弧轨道底端时对轨道的压力大小；(2)物块将从传送带的哪一端离开传送带？【解题探究】(1)物块滑到轨道底端时对轨道压力的求解思路：先求物块滑到轨道底端的速度v0：a.物理规律:_；b.方程式:。求物块滑到轨道底端时轨道的弹力FN：a.物理规律:_；b.方程式:。利用_得物块对轨道的压力。动能定理牛顿第二定律牛顿第三定律(2)如何判断物块将从传送带哪端离开？提示:比较物块速度为零时在传送带上的位移x与传送带的长度L的大小。若xL,物块将从传送带的右端离开；反之将从传送带的左端离开。
14、【解析】(1)由动能定理得：MgR=(3分)由牛顿第二定律得：FN-Mg=(3分)由牛顿第三定律得物块对轨道的压力FN与FN大小相等，方向相反，(2分)解得:FN=60 N。(2分)(2)物块在传送带上运动的过程由牛顿第二定律得:mg=ma (2分)由匀变速直线运动规律得:02-v02=2(-a)x (2分)解得:x=8 m (1分)因xL，故物块将从传送带的右端离开。(1分)答案:(1)60 N (2)右端【拓展延伸】典例中：(1)若传送带长度变为10 m，物块将从传送带的哪一端离开传送带？提示:因xL，故物块速度达到零后，没有到达传送带右端，将沿传送带向左运动，从传送带的左端离开。(2)若
15、传送带以3 m/s的速度沿顺时针方向转动，物块在离开传送带时的速度大小是多少？提示:物块滑到轨道底端的速度v0=4 m/s，物块速度由v0=4 m/s变为v=3 m/s的过程中，运动的位移x=6 m，故物块离开传送带时的速度大小为3 m/s。【总结提升】多过程问题求解的一般思路(1)基本思路：受力分析和运动分析是解决问题的关键，而加速度是联系力与运动的桥梁。基本思路如图所示：(2)常用方法：整体法与隔离法。正交分解法。(3)注意事项：仔细审题，分析物体的受力及受力的变化情况，确定并划分出物体经历的每个不同的过程。逐一分析各个过程中的受力情况和运动情况，以及总结前一过程和后一过程的状态有何特点。
16、前一个过程的结束就是后一个过程的开始，两个过程的交接点受力的变化、状态的特点是解题的关键。【变式训练】如图所示，有一足够长斜面，倾角=37，一物体从斜面底端A处以初速度v0=6 m/s沿斜面上滑，到B处后，受一与物体重力大小相等的水平向右的恒力作用，物体最终停在C点(C点未画出)；已知AB=1 m，物体与斜面间动摩擦因数=0.5。(sin37=0.6，cos37=0.8，g=10 m/s2)求：(1)物体到达B点的速度大小；(2)BC距离。【解析】(1)物体由A至B过程由牛顿第二定律得-mgsin37-mgcos37=ma1解得a1=-10 m/s2由运动学方程得vB2-v02=2a1xAB解
17、得vB=4 m/s(2)物体由B至C过程，受力如图所示：由牛顿第二定律得mgcos37-mgsin37-(mgcos37+mgsin37)=ma2解得a2=-5m/s2由运动学方程得0-vB2=2a2xBC解得:xBC=1.6m答案:(1)4m/s(2)1.6m1.(2013佛山二模)若战机从航母上起飞滑行的距离相同，牵引力相同，则()A.携带弹药越多，加速度越大B.加速度相同，与携带弹药的多少无关C.携带燃油越多，获得的起飞速度越大D.携带弹药越多，滑行时间越长【解析】选D。由于牵引力相同，根据牛顿第二定律，战机质量越大，加速度越小，故A、B错误。根据v2=2as，战机起飞滑行距离相同，获得
18、的起飞速度随质量增大而减小，C错误。根据质量越大，时间越长，D正确。2.(2013惠州二模)如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为，以速度v0逆时针匀速转动。在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数tan，则下图所示的图像中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是()【解析】选D。开始时小木块相对传送带向上运动,摩擦力方向沿斜面向下,则f+mgsin=ma1,当小木块速度和传送带相同后,由于a2,且两个阶段都是匀加速运动,A、B、C错误,D正确。3.(2013武汉二模)质量为2m的物块A和质量为m的物块B相互接触放在水平面上，如图所示，若对A施加水平推力F，则
19、两物块沿水平方向做加速运动，关于A对B的作用力，下列说法正确的是()A.若水平面光滑，物块A对B的作用力大小为FB.若水平面光滑，物块A对B的作用力大小为C.若物块A与地面无摩擦，B与地面的动摩擦因数为，则物块A对B的作用力大小为mgD.若物块A与地面无摩擦，B与地面的动摩擦因数为，则物块A对B的作用力大小为【解析】选D。若水平面光滑，由牛顿运动定律得A、B整体的加速度为物块A对B的作用力大小为F1=ma1=选项A、B错误；若物块A与地面无摩擦，B与地面的动摩擦因数为，由牛顿第二定律得A、B整体的加速度为又由F2-mg=ma2，物块A对B的作用力大小为故选项C错误，D正确。4.(2013惠州一
20、模)两个完全相同的物块a、b质量为m=0.8 kg，在水平面上以相同的初速度从同一位置开始运动，图中的两条直线表示物块受到水平拉力F作用和不受拉力作用的v-t图像，g取10 m/s2，求：(1)物块a受到的摩擦力大小；(2)物块b所受拉力F的大小；(3)8 s末a、b间的距离。【解析】(1)设a、b两物块的加速度分别为a1、a2，由v-t图像可得:对a物块由牛顿第二定律得：f=ma1=-1.2 N(2)对b物块由牛顿第二定律得：F+f=ma2，联立各式可得:F=1.8 N(3)设a、b两物块8 s内的位移分别为s1、s2,由图像得:s1=s2=所以s2-s1=60 m答案：(1)1.2 N (
21、2)1.8 N (3)60 m一板块模型问题的规范求解【案例剖析】(18分)(2013新课标全国卷)一长木板在水平地面上运动，在t=0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度时间图像如图所示。已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦。物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。取重力加速度的大小g10 m/s2，求:(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；(2)从t时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小。【审题】抓住信息，准确推断关键信息信息挖掘题干相对于地面静止的物块轻放到木板上开始时物块相对于木板会发生滑动速
22、度-时间图像可求出木板运动过程的加速度物块始终在木板上物块与木板间始终存在摩擦力问题动摩擦因数与滑动摩擦力有关物块相对于木板的位移物块与木板的位移之差【破题】精准分析,无破不立(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数的求解：请结合v-t图像判断00.5 s时间内，物块和木板的运动情况。提示：00.5 s时间内，物块由静止开始做匀加速直线运动，木板做匀减速直线运动，直至两者速度相同。请利用v-t图像求出00.5 s时间内，物块和木板的加速度：a.物块的加速度：。b.木板的加速度：。列出物块和木板的动力学方程:a.对物块:_。b.对木板:_。1mg=ma11mg+22mg=ma2(2)物块相对
23、木板位移大小的求解：请写出判断物块能否和木板相对静止的思路。提示:由v-t图像可知物块与木板共速后,物块与木板间的摩擦力改变方向,由牛顿第二定律得,对物块f=ma1,对木板22mg-f=ma2,若两者相对静止,则a1=a2,得f=2mg1mg,与f1mg矛盾,故物块相对木板减速滑动,而不是相对静止。请列出物块相对木板减速滑动过程的动力学方程。a.对物块:_。b.对木板:_。请列出全过程的运动学方程。a.对物块：。b.对木板：。1mg=ma122mg-1mg=ma2【解题】规范步骤，水到渠成(1)从t=0时开始，木板对物块的摩擦力使物块由静止开始加速，物块和地面对木板的摩擦力使木板减速，直到两者
24、具有共同速度为止。由题图可知，在t1=0.5 s时，物块和木板的速度相同为v1=1 m/s。设t=0到t=t1时间内，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，则(2分)(2分)设物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为1、2，根据牛顿第二定律，对物块有1mg=ma1(2分)对木板有1mg+22mg=ma2(2分)联立方程得:1=0.22=0.3(1分)(2)t1时刻后,地面对木板的摩擦力阻碍木板运动,物块与木板之间的摩擦力改变方向。设物块与木板之间的摩擦力大小为f,物块和木板的加速度大小分别为a1和a2,由牛顿第二定律得对物块有f=ma1(1分)对木板有22mg-f=ma2(1分)假设物块
25、相对木板静止,即f1mg,与假设矛盾,所以物块相对木板向前减速滑动,而不是与木板共同运动,物块加速度大小a1=2m/s2(1分)物块的v-t图像如图所示。此过程木板的加速度a2=22g-1g=4m/s2(1分)由运动学公式可得，物块和木板相对地面的位移分别为(2分)(2分)物块相对木板的位移大小为s=s2s1=1.125 m (1分)答案：(1)0.2 0.3 (2)1.125 m【点题】突破瓶颈，稳拿满分(1)常见的思维障碍：在由v-t图像求解加速度时，只求出了木板的加速度，没有分析出物块的末速度，导致无法求出结果。在物块与木板共速后，没有判断物块相对木板的运动情况，误认为物块相对木板静止，导致错误。(2)因解答不规范导致的失分：在对木板列牛顿第二定律方程时，不注意木板的受力分析，将地面对木板的摩擦力误写为2mg而导致失分。求物块相对木板的位移时，只求出物块和木板的位移，没有求相对位移而导致失分。
